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f setzt sich aus beliebig oft differenzierbaren Abbildungen zusammen und ist somit selbst beliebig oft differenzierbar

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Academic year: 2021

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(1)

Dr. Stephan Mescher

Aufgaben zur Lösung von Gleichungssystemen Serie 7, Aufgabe 3:

a) Zeigen Sie, dass es offene Umgebungen U und V von (0,0) ∈ R2 gibt, so dass das folgende Gleichungssystem für jedes(u, v)∈V eine eindeutige Lösung inU besitzt:

(y+x2cosy−sin(x2) =u ,

sinx+xy =v .

b) Bestimmen mit Hilfe des Satzes von Taylor Zahlen a, b, c, d∈ R, so dass die Lösung (x=x(u, v), y =y(u, v))aus Teil a) die folgende Gestalt hat:

x(u, v) =au+bv+r1(u, v) , y(u, v) =cu+dv+r2(u, v) ,

wobeir = (r1, r2) : R2 → R2 eine Funktion ist mit lim(u,v)→0kr(u,v)kk(u,v)k = 0 bezüglich der euklidischen Norm.

Lösung:

a) Wir betrachten die Abbildung

f :R2 →R2 , f(x, y) = (y+x2cosy−sin(x2),sinx+xy) .

f setzt sich aus beliebig oft differenzierbaren Abbildungen zusammen und ist somit selbst beliebig oft differenzierbar. Weiterhin ist (x, y) genau dann eine Lösung des Gleichungssystems, wennf(x, y) = (u, v). Man rechnet direkt nach, dass

f(0,0) = (0 + 0·cos 0−sin 0,sin 0 + 0) = (0,0). Außerdem gilt für die Jacobi-Matrix von f mit f = (f1, f2):

Jf(0,0) =

xf1(x, y) ∂yf1(x, y)

yf1(x, y) ∂yf2(x, y)

=

2xcosy−2xcos(x2) 1−x2siny

cosx+y x

. Insbesondere ist

Jf(0,0) = 0 1

1 0

.

Damit istdetJf(0,0) =−1und Df(0,0)folglich ein Isomorphismus. Nach dem Satz über die Umkehrfunktion gibt es UmgebungenU von(0,0)undV vonf(0,0) = (0,0) inR2, so dassf die MengeU diffeomorph auf V abbildet. Insbesondere bildet f die MengeU also bijektiv aufV ab, es gibt für jedes(u, v)∈ V also genau eine Lösung des betrachteten Gleichungssystems.

(2)

b) In der Notation aus Teil a) ist (x(u, v), y(u, v)) =f−1(u, v). Daf ein lokaler Diffeo- morphismus ist, ist f−1 in jedem (u, v) ∈ V differenzierbar und nach dem Satz von Taylor gilt:

f−1(u, v) =f−1(0,0) +Df−1(0,0)[(u, v)] +r(u, v), wobei r : R2 → R2 mit lim(u,v)→(0,0)

kr(u,v)k

k(u,v)k = 0. Nach dem Satz über die Umkehr- funktion gilt:

Df−1(0,0) =Df−1(f(0,0)) = (Df(0,0))−1 und damit

Df−1(0,0)[(u, v)] = (Jf(0,0))−1 u

v

= 0 1

1 0 −1

u v

= 0 1

1 0 u v

= (v, u) .

Folglich:

f−1(u, v) = (v, u) +r(u, v),

was sich mitr1, r2 :R2→R,r= (r1, r2), umformulieren lässt zu x(u, v) =v+r1(u, v) ,

y(u, v) =u+r2(u, v).

Also gilta=d= 0 undb=c= 1.

Aufgabe: Man betrachte das Gleichungssystem (cos(λx) +λ2ey = 0 ,

sin(λx) +eyxy = 0 ,

wobei wirx, y∈R als Unbekannte undλ∈Rals Parameter auffassen.

a) Überprüfen Sie, dass fürλ= 1 eine Lösung des Systems gegeben ist durchx=π und y= 0.

b) Zeigen Sie, dass es ein ε >0und eine Umgebung U ⊂R2 von(π,0)gibt, so dass das System für jedesλ∈(1−ε,1 +ε)genau eine Lösung (x(λ), y(λ))hat, die in U liegt!

c) Finden Sie Zahlena, b∈R, so dass für die Lösungen aus Teil b) gilt:

x(1 +µ) =π+aµ+r1(µ) , y(1 +µ) =bµ+r2(µ), wobeir1, r2:R→RFunktionen sind mitlimx→0|ri(x)|

|x| = 0 für i∈ {1,2}.

Lösung:

(3)

a) Fürλ= 1,x=π und y= 0 lautet das System (cosπ+e0 = 0 ,

sinπ+e0·0 = 0 , ⇔

(−1 + 1 = 0, 0 + 0 = 0. X Also ist(1, π,0)eine Lösung des Systems.

b) Sei F :R3 →R2 gegeben durch

F(λ, x, y) = (cos(λx) +λ2ey, sin(λx) +eyxy) .

F setzt sich offensichtlich aus beliebig oft differenzierbaren Abbildungen zusammen und ist daher selbst beliebig oft differenzierbar. Außerdem ist klar, dass(λ, x, y)genau dann eine Lösung des betrachteten Systems ist, wennF(λ, x, y) = (0,0).

Wir wissen aus Teil a), dassF(1, π,0) = (0,0)und wollen den Satz von der impliziten Funktion in einer Umgebung von(1, π,0)anwenden. Für (λ0, x0, y0)∈R3 bezeichne D2F(λ0, x0, x0) :R2 →R2 das Differential der Abbildung

(x, y)7→F(λ0, x, y)

im Punkt(x0, y0). (Äquivalent dazu können wirD2F(x0, y0) definieren durch D2F(x0, y0)[(v1, v2)] =DF(x0, y0)[(0, v1, v2)] ∀ (v1, v2)∈R2 .)

Um den Satz von der impliziten Funktion bei (1, π,0) anwenden zu können, wollen wir zeigen, dassD2F(1, π,0)ein Isomorphismus ist. Seien F1, F2 :R3 →Rdie Kom- ponentenfunktionen vonF, es gelte also

F(λ, x, y) = (F1(λ, x, y), F2(λ, x, y)) ∀(λ, x, y)∈R3 . Wir wissen, dass

D2F(1, π,0)v=J2,F(1, π,0)·v ∀v∈R2 , wobeiJ2,F(λ, x, y)∈R2×2 gegeben ist durch

J2,F(λ, x, y) =

2F1(λ, x, y) ∂3F1(λ, x, y)

2F2(λ, x, y) ∂3F2(λ, x, y)

=

−λsin(λx) λ2ey λcos(λx) +eyy xey(1 +y)

.

Daraus erhalten wir:

J2,F(1, π,0) =

−sinπ 1 cosπ π

=

0 1

−1 π

. (1)

Man berechnet nun leicht, dassdetJ2,F(1, π,0) = 0−(−1) = 1, also ist J2,F(1, π,0) invertierbar und damitD2F(1, π,0)ein Isomorphismus. Aus dem Satz von der impli- ziten Funktion folgt daher:

(4)

Es gibt einε > 0, eine Umgebung U ⊂R2 von (π,0) und eine beliebig oft differen- zierbare Abbildungϕ: (1−ε,1 +ε)→U, so dass

F(λ, ϕ(λ)) = 0 ∀λ∈(1−ε,1 +ε)

und so dass für alle(λ, x, y)∈(1−ε,1 +ε)×U mitF(λ, x, y) = 0 gilt:(x, y) =ϕ(λ).

(Insbesondere ist alsoϕ(1) = (π,0).)

Definieren wirx: (1−ε,1 +ε)→Rund y: (1−ε,1 +ε)→R durch (x(λ), y(λ)) =ϕ(λ) ∀λ∈(1−ε,1 +ε) , so folgt die Behauptung.

c) Da ϕnach Teil b) glatt ist, sind auch die Funktionen x, y : (1−ε,1 +ε)→R glatt.

Nach Satz von Taylor gilt:

x(1 +µ) =x(1) +x0(1)µ+r1(µ) =π+x0(1)µ+r1(µ) y(1 +µ) =y(1) +y0(1)µ+r2(µ) =y0(1)µ+r2), wobeilimµ→0|ri(µ)|

|µ| = 0 füri∈ {1,2}.

Wir müssen also a := x0(1) und b := y0(1) setzen. Diese Zahlen wollen wir nun berechnen. Für die Ableitungen vonx undy gilt offenbar

(x0(λ), y0(λ)) =ϕ0(λ) ∀λ∈(1−ε,1 +ε),

wobei wirϕals Kurve inR2 auffassen. Nach der Formel für die Ableitung vonϕaus dem Satz von der impliziten Funktion gilt:

ϕ0(λ) =−(D2F(λ, ϕ(λ)))−1·

1F1(λ, ϕ(λ))

1F2(λ, ϕ(λ))

(2) Wir berechnen für jedes(λ, x, y)∈R3, dass

1F1(λ, x, y) =−xsin(λx) + 2λey , ∂1F2(λ, x, y) =xcos(λx) ,

woraus sich ergibt, dass∂1F1(1, π,0) = 2,∂1F2(1, π,0) =−π. Eingesetzt in (2) ergibt sich:

ϕ0(1) = (D2F(1, π,0))−1 −2

π (1)

=

0 1

−1 π

−1−2 π

= 1

detD2(1, π,0)

π −1

1 0

−2 π

= −3π

−2

,

wobei wir die aus der linearen Algebra bekannte Methode zur Inversion von 2×2- Matrizen benutzt haben. Also giltx0(1) =−3π und y0(1) =−2 und damit

(5)

x(1 +µ) =π−3πµ+r1(µ) , y(1 +µ) =−2µ+r2(µ) ,

Bemerkung: Alternativ hätte manx0(1) undy0(1)auch durch Ableiten des (gülti- gen) Ausdrucks

F(λ, x(λ), y(λ)) = 0

nach λ und Auswertung des Resultats bei λ = 1 erhalten können. Durch die Ket- tenregel tauchen dabei x0(1) und y0(1) auf der linken Seite auf und wir können das Resultat als System aus zwei Gleichungen mit den beiden Variablen x0(1) und y0(1) betrachten.

(Diese Herangehensweise hättet den Vorteil, dass man durch Iteration dieser Methode auch die höheren Ableitungen vonx und y an der Stelle1 bestimmen und damit die Taylor-Entwicklung beiλ= 1 weiter ausführen könnte.)

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